Bài toàn này sẽ giúp chúng ta nhìn nhận đúng hơn về phương trình hàm kiểu nay và tránh những "ngộ nhận" khi giải PTH... Đây là 1 lớp hàm khá hay và lạ xuất hiện không nhiều trong các kì
Trang 1PHƯƠNG TRÌNH HÀM
Lưu Giang Nam,(nick :namcpnh)
12 Chuyên Toán, trường THPT Chuyên Phan Ngọc Hiển, Cà Mau
Ngày 16 tháng 1 năm 2014
Bài viết tham dự Cuộc thi Viết bài kỉ niệm 10 năm Diễn đàn toán học (2004 - 2014)
I) Kiến thức cần biết.
?) Ta có nếu f liên tục và đơn ánh thì f đơn điệu ( f: liên tục+đơn ánh = đơn điệu )
?) Nếu f liên tục trên (a, b)
thì với x0 sao cho f (x0) > 0 thì tồn tại ε > 0 để f (x) > 0, ∀x ∈ (x0− ε; x0+ ε)
?) Một số đạo hàm đáng chú ý :
(f (x).ex)0 = ex(f (x) + f0(x)) , (f (x).e−x)0 = ex(f0(x) − f (x))
?) Phương trình hàm Cauchy :
f (x + y) = f (x) + f (y) =⇒ f (x) = ax nếu f liên tục hoặc đơn điệu hoặc khả vi
?) Hàm f khả vi cấp n tức là tồn tại f(n)(x)
?) Hàm f tăng trên (a, b) nếu ta có x1 ≤ x2 =⇒ f (x1) ≤ f (x2) , tương tự cho f giảm
?) Nếu f là hàm tăng (giảm) thì f (f (x)) cũng tăng (giảm)
?) Ta có với mỗi số thực x bất kì thì luôn tồn tại dãy số hữu tỉ (xn) sao cho limxn = x, hoặc tồn tại 2 dẫy hữu tỉ un, vn sao cho un ≤ x ≤ vn và limun = limvn= x
II) Bài tập.
a) Sử dụng tính chất giải tích và phản chứng.
Ví dụ 1 Cho 2 hàm f, g liên tục và xác đinh trong (a, b) thỏa :
f (x)2 = g(x)2 6= 0, ∀x ∈ (a, b)
Chứng minh rằng :
f (x) = g(x), ∀x ∈ (a, b), hoặc f (x) = −g(x), ∀x ∈ (a, b) 4
Phân tích Nhìn vào đề ta cứ tưởng đây là 1 điều đương nhiên đúng (kiểu như a2 =
b2 ⇐⇒ a = ±b), tuy nhiên đối với hàm số thì không phải như thế
Nếu ta ra được f (x)2 = g(x)2, ∀x ∈ (a, b) thì ta chỉ có f (x) = g(x), ∀x ∈ (c, d) và
f (x) = −g(x), ∀x ∈ (e, f ) với (c, d), (e, f ) ⊂ (a, b)
Bài toàn này sẽ giúp chúng ta nhìn nhận đúng hơn về phương trình hàm kiểu nay và tránh những "ngộ nhận" khi giải PTH
Trang 2Lời giải.
Giả sử tồn tại x0 sao cho f (x0) = g(x0) (1)
Ta sẽ chứng minh f (x) = g(x), với mọi x ∈ (a, b)
Giả sử tồn tại x1 ∈ (a, b)/x0 sao cho f (x1) 6= g(x1) (∗)
Khi đó f (x1) = −g(x1) (2)
Từ (1) và (2) ta có f (x0).f (x1) = −g(x0).g(x1)
?) Nếu f (x0).f (x1) < 0 thì tồn tại x2 thuộc (x0, x1) sao cho f (x2) = 0 => mâu thuẩn với
f (x) 6= 0, ∀x ∈ (a, b)
?) Nếu f (x0).f (x1) > 0 thì g(x0).g(x1) < 0 tương tự cũng tồn tại x3 thuộc (x0, x1) sao cho g(x3) = 0 =⇒ mâu thuẩn với g(x) 6= 0, ∀x ∈ (a, b) =⇒ Điều phản chứng ban đầu
là sai =⇒ f (x) = g(x), với mọi x ∈ (a, b)
Tương tự ta cũng có f (x) = −g(x), với mọi x ∈ (a, b)
Ta sẽ tiếp tục qua 1 bài toán cũng thuộc hàng rất dễ ngộ nhận trong Phương trình hàm
Ví dụ 2 Cho hàm số f : R → R liên tục và thỏa f (f (x)) = −x4, ∀x ∈ R
Lời giải
?) Nếu x ≤ 0 , đặt x = −a4 ta có :
x = −a4 = f (f (a)) =⇒ f (x) = f (f (f (a))) = −f (a)4 ≤ 0 =⇒ đúng
?) Nếu x > 0 : Dễ dàng CM được f đơn ánh
Mà f liên tục cộng thêm đơn ánh ta được f đơn điệu trên (0; +∞)
Giả sử tồn tại x0 ∈ (0; +∞) sao cho f (x0) > 0
mà f liên tục nên tồn tại ε > 0 sao cho f (x) > 0 với mọi x ∈ I = (x0− ε; x0+ ε)
Khi đó trên I ta có f (f (x)) đồng biến mà −x4 nghịch biến =⇒ vô lí
=⇒ f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (0; +∞) Vậy với mọi số thực x ta luôn có f (x) ≤ 0 ( ĐPCM)
Ví dụ 3 Cho f : R → R thoả f (x) = 2x
3− 3 3x2− 3 Chứng minh rằng tồn tại hàm g(x) liên tục, sao cho f (g(x)) = x
Nhận xét Đây là 1 phần trong bài 6 TST 1995 Việc nhìn thấy dạng của g(x) là khá đơn giản vì rõ ràng f (f−1(x)) = x, trong đó f−1(x) là hàm ngược của f (x) Mà điều kiện
để tồn tại hàm ngược là f phải song ánh Công việc duy nhất khi làm bài này chính là chứng minh f song ánh và kiểm tra dữ kiện 2 có đúng không Chúng ta cùng vào lời giải
Lời giải
Ta có f0(x) = 6x(x
3− 3x + 3) (3x2− 3)2 Khi đó xét tập I = (1; +∞) ta có f tăng
Mà f liên tục trên I và lim
x→1 +f (x) = −∞, lim
x→+∞f (x) = +∞ =⇒ toàn ánh trên I
Từ f đơn điệu ( hay f cũng đơn ánh ) và f toàn ánh =⇒ f song ánh
Vậy f tồn tại hàm ngược , hay g(x) = f−1(x) có nghĩa
Công việc cuối cùng là kiểm tra g(x) > x trên I
Đây là điều khá dể vì chỉ cần nhận xét g(x) = f−1(x) > x ⇐⇒ x > f (x) và từ đây sử dụng biến đổi tương đương trên tập I ta có điều phải chứng minh
Trang 3Để kết thúc phần này , xin mời các bạn làm thử 2 ví dụ sau để củng cố lại những gì tác giả đã trình bày bên trên
Bài toán 1 Cho f (f (x)) = x2n, n ∈ N∗, liên tục Chứng minh rằng f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R Hỏi điều đó còn đúng hay không nếu thay bởi f (f (f (x))) = x2n
Bài toán 2 Tìm f : R+ → R+ thỏa :
f (x + y) + xyf (xy) + x2+ 1 = y2(f (x)2) − 1 , ∀x, y ∈ R+
b) Lớp hàm khả vi.
Trước khi đi vào ví dụ , tác giả xin được nói 1 vài điều về Phương trình hàm khả vi Đây là 1 lớp hàm khá hay và lạ (xuất hiện không nhiều trong các kì thi) tuy nhiên các bài kiểu này luyện cho chúng ta cách nhìn nhận đúng và kiểm tra được tính chất của hàm số (như là có thể dùng khả vi để chứng minh 1 vài tính chất như nếu f (x) > 0 thì f (f (x)) tăng, kể cả khi đề không cho tính khả vi để tiện cho việc đánh giá khác)
Về cách giải PTH mang tính khả vi tôi có 1 phương pháp thường gọi là “lấy độc trị độc” Nghĩ là đề cho dữ kiện f khả vi, có nghĩa là có đạo hàm, thì ta sử dụng luôn dữ kiện đạo hàm vào trong bài toán mà không cần quan tâm bài dang của nó như thế nào Ta cùng vào các bài toán để nhìn thấy được điều này
Ví dụ 4 Tìm hàm f : (−1, 1) → R khả vi trên (−1, −1) thỏa :
f (x) + f (y) = f x + y
1 + xy
4
Lời giải
Coi x là ẩn và đạo hàm 2 vế theo biến x ta có :
f0(x) = f0 x + y
1 + xy
· 1 − y
2
(1 + xy)2
Tương tự ta ta xét y là nghiệm và đạo hàm 2 vế theo biến y ta có :
f0(y) = f0 x + y
1 + xy
· 1 − x
2
(1 + xy)2
Từ đó : f
0(x)
1 − y2 = f
0(y)
1 − x2 ⇐⇒ f0(x)(1 − x2) = f0(y)(1 − y2) = c
⇐⇒ f0(x) = c
1 − x2 = c
2
1
1 − x +
1
1 + x
Hay f (x) = c
2(ln |1 − x| + ln |1 + x|) Thử lại thỏa Vậy f (x) = c
2 (ln |1 − x| + ln |1 + x|), ∀x ∈ (0, 1) Qua bài này ta có thể thấy các bài dạng này thường là không thể dự đoán trước được nghiệm và cũng khá hay trong các trình bày Tiếp theo tôi sẽ giới thiệu cách chứng minh PTH Cauchy nếu thêm dữ kiên khả vi Như các bài khác, bài này cũng sẽ dùng PP " lấy đọc trị độc "
Ví dụ 5 Tìm hàm f : R → R , khả vi trên R và thỏa: f (x + y) = f (x) + f (y) 4
Trang 4Lời giải.
Dễ thấy f (0) = 0
Xem x là ẩn , đạo hàm 2 vế ta có f0(x) = f0(x + y)
Xem y là ẩn , đạo hàm 2 vế ta có f0(y) = f0(x + y)
=⇒ f0(x) = f0(y) = c =⇒ f (x) = cx, ∀x ∈ R ( vì f (0) = 0) Thử lại thỏa
Sau đây là 1 ví dụ khá hay, đây cũng là lời kết cho lớp hàm khả vi :
Bài toán 3 Tìm tất cả các hàm f : R → R có đạo hàm tại 0 và thỏa mãn :
f (ax) = af (x), |a| > 1 (1)
Lời giải
Giả sử f thỏa mãn yêu cầu đề bài Từ (1) cho x = 0 ta có f (0) = 0
Xét hàm g : R → R như sau : g(x) =
(f (x)
x , x 6= 0
f0(0), x = 0
Với mọi x 6= 0 theo (1) ta có : f (ax)
ax =
f (x)
x ⇐⇒ g(ax) = ag(x) Mặc khác lim
x→0g(x) = lim
x→0
f (x)
x = limx→0
f (x) − f (0)
x − 0 = f
0
(0) = g(0)
Vì f có đạo hàm tại 0 nên g liên tục =⇒ g(x) = gx
a
= · · · = gx
an
= g(0)
=⇒ g(x) = c =⇒ f (x) = cx Thử lại thỏa Vậy f (x) = cx, ∀x ∈ R
c) Lớp hàm liên tục và đơn điệu.
Đây là 2 lớp hàm khá quen thuộc trong các kì thi, nhờ mà các bài phương trình hàm nhẹ bớt đi về độ khó và đôi khi cũng tạo ra những vẻ đẹp rất thú vị
Chúng ta cùng bước vào những ví dụ về PTH đơn điệu.Mở đầu là 1 bài toán khá quen thuộc, xuất hiện thường khá nhiều trong các đề đề nghị Olympic 30-4
Ví dụ 6 Tìm hàm f : (0 + ∞) → R, tăng thỏa : f (x)+1
x > 0 và f (x).f
f (x) + 1
x
= 1
Nhận xét Bài này chỉ cần chú ý tính chất nếu f đơn điệu thì f đơn ánh
Lời giải
Dể thấy f đơn ánh Thay x bởi f (x) + 1
x f
f (x) + 1
x
f
f
f (x) + 1
x
f (x) + 1x
= 1
Từ đó dể thấy : f
f
f (x) + 1
x
f (x) +x1
= f (x)
Vì f đơn ánh nên:
f
f (x) + 1
x
f (x) + 1
x
= x ⇐⇒ 1
f (x)+
1
f (x) + 1
x
= x ⇐⇒ f (x) = 1 ±
√ 5 2x
Vì f đồng biến nên f (x) = 1 −
√ 5 2x thỏa.
Thử lại thỏa Vậy f (x) = 1 −
√ 5
Trang 5Cũng như PTH có tính khả vi, PTH đơn điệu tôi cũng sẽ giới thiệu cách CM Phương trình hàm Cauchy nếu có thêm dữ kiện liên tục
Ví dụ 7 Tìm hàm f : R → R, đơn điệu thỏa : f (x + y) = f (x) + f (y) 4
Lời giải
Dể dàng chứng minh được f (x) = ax, ∀x ∈ Q
Bây giờ nhờ f đơn điệu( không mất tính tổng quát giả sử f tăng ) nên theo tính chất ghi bên trên ta có :
tồn tại hai dãy số hữu tỉ un, vn sao cho un≤ x ≤ vn và limun= limvn = x
Do f tăng nên f (un) ≤ f (x) ≤ f (vn) =⇒ a.un ≤ f (x) ≤ a.vn
Cho n → +∞ ta có : ax ≤ f (x) ≤ ax =⇒ f (x) = ax
Thử lại thỏa Vậy nếu f đơn điệu ta cũng có f (x) = ax, a ∈ R, x ∈ R
Ví dụ 8 Tìm tất cả hàm đơn điệu f : R → R sao cho f (xf (y)) = yf (2x) với mọi
Lời giải (Gợi ý)
Chú ý : f đơn điệu nên f không thể đồng nhất với 0
Ta sẽ làm các công việc: CM f (0) = 0
Thay x bởi f (x) , đổi vai trò x, y rồi so sánh
Cuối cùng biện luận : f (x) > 2x và f (x) < 2x đều không thỏa =⇒ f (x) = 2x
Ví dụ 9 Tìm f, g : R → R, f tăng, toàn ánh thỏa mãn:
f (f (x) + y)g(y) = f (x)g(x) + 6xy + 6x 4
Lời giải
Do f toàn ánh nên tồn tại a mà f (a) = 0
Cho y = −f (x), x 6= 0 có f (0)g(x) = f (x)g(x) − 6xf (x) + 6x ⇒ g(x) = 6x(f (x) − 1)
f (x) − f (0) Kết hợp với (∗) thì f (x) = f (y) ⇐⇒ x = y vậy f song ánh
Cho y = −1 có f (f (x) − 1)g(x) = f (x)g(x) =⇒ g(x) = 0 (không thoả)
hoặc f (x) = x + 1 =⇒ g(x) = 6x (thoả)
Sau đây là 2 bài tâp về hàm đơn điệu dành cho bạn đọc
Bài toán 4 Tìm hàm f : R → R, đơn điệu thỏa :f (x)y = xf (y)
Bài toán 5 Tìm hàm f : R → R, tăng ngặt thỏa : f (x + f (y)) = f (x) + yn, n ∈ N∗ Bài 3c : Tìm hàm f : R → R, tăng ngặt, song ánh thỏa :f (x) + f−1(x) = 2x
Bây giờ chúng ta sẽ qua 1 lớp hàm rất hay, có nhiều ứng dụng trong việc giải PTH Tác giả khá là thích lớp hàm này vì nó mang đậm tính giải tích và có nhiều đánh giá rất hay Trước hết ta cùng chứng minh Phương trình hàm Cauchy trong trường hợp có thêm dữ kiện liên tục :
Ví dụ 10 Tìm hàm f : R → R, liên tục thỏa : f (x + y) = f (x) + f (y) 4
Trang 6Lời giải.
Dễ dàng chứng minh được f (x) = ax với x ∈ Q bằng quy nạp Tiếp theo nhờ f liên tục nên tồn tại dãy số xn hữu tỉ có lim xn = x khi n ra vô cùng Mà lại có f (xn) = axn Từ
đó ax = lim axn = lim f (xn) = f (lim xn) = f (x) =⇒ f (x) = ax, ∀x ∈ R
Phương trinh hàm Cauchy là 1 ứng dụng mạnh trong Phương trình hàm, ta cùng xét 1
số ví dụ để thấy được ứng dụng của hàm Cauchy
Ví dụ 11 Tìm hàm liên tục f : R → R thỏa : f x2f (x) + f (y) = (f (x))3
Nhận xét Khi gặp những bài này thì suy nghĩ đầu tiên trong đầu tôi là PTH Cauchy, quả thật, bài bài chỉ là 1 vài bước biến đổi khác đi của PTH Cauchy.Điều qua trọng nhất đối với bài này chính là việc tính giá trị đặc biêt ( tính f (0) )
Lời giải
Gỉa sử tồn tại y1, y2 sao cho f (y1) = f (y2)
Khi đó ta có f (x2f (x) + f (y1)) = f (x2f (x) + f (y2))
=⇒ f (x)3+ y1 = f (x)3 = y2 =⇒ y1 = y2 =⇒ f đơn ánh
Ta có : x = 0, y = −f (0)3 =⇒ f (f (−f (0)3)) = 0 Đặt a = f (−f (0)3) =⇒ f (a) = 0 Thay x = a ta có : f (0) = a = f (−f (0)3) Dễ thấy f đơn ánh =⇒ f (0) = 0
Từ đây dễ thấy f (x + y) = f (x) + f (y) =⇒ f (x) = ax =⇒ f (x) = x
Ta cùng qua ví dụ tiếp theo :
Ví dụ 12 Tìm tất cả các hàm f : R \ {±1} → R thỏa mãn f x + y
1 + xy
= f (x)f (y)
1 + xy 4
Nhận xét Đây là 1 bài tác giả đã làm trong khoảng thời gian ôn thi VMO, bài này khá khó và việc đi tìm hướng giải là vô cùng khó khăn vì đề đã che dấu khá nhiều Tuy nhiên, nếu nhanh trí thì ta vẫn có thể phát hiện được 1 số điều quan trong và cũng là mấu chốt của bài toán Đầu tiên đó là đánh giá x + y + 1 + xy = (1 + x)(1 + y) và
−x − y + 1 + xy = (1 − x)(1 − y), sau đó chú ý tới Phương trình hàm Cauchy ( nhờ đề cho có tích f (x)f (y) nên ta có thể suy nghĩ ngay tới dạng f (xy) = f (x)f (y) ) Từ những hướng đi đó, chúng ta cùng vào "xử lí " bài toán này
Lời giải
Ta sẽ tìm hàm g(x) theo x và f (x) để cuối cùng đi về dạng g(xy) = g(x).g(y)
Nếu đặt x = u + 1
1 − u và y =
v + 1
1 − v ta có : g
(u + 1)(v + 1) (1 − u)(1 − v)
= g u + 1
1 − u
g v + 1
1 − v
Nhân cả 2 vế cho 1
1 + uv ( vì đề cho sẵn ) ta có :
g (u + 1)(v + 1) (1 − u)(1 − v)
1
1 + uv = g
u + 1
1 − u
g v + 1
1 − v
1
1 + uv Tiếp theo đó nhờ đánh giá
x + y + 1 + xy = (1 + x)(1 + y) và −x − y + 1 + xy = (1 − x)(1 − y)
ta có :
g (u + 1)(v + 1)
(1 − u)(1 − v)
(1 − u)(1 − v)
1 + uv = g
u + 1
1 − u
g v + 1
1 − v
(1 − u)(1 − v)
1 + uv
Trang 7⇐⇒ g 1 +
u+v 1+uv
1 − 1+uvu+v
!
1 − u + v
1 + uv
= g u + 1
1 − u
(1 − u)g v + 1
1 − v
(1 − v) 1
1 + uv Đến đây rõ ràng ta có thể đặt : f (x) = g x + 1
1 − x
(1 − x) thì ta sẽ có ngay :
f x + y
1 + xy
= f (x)f (y)
1 + xy Hay nếu đặt g(x) = 2
x + 1f
x − 1
x + 1
thì ta sẽ có : g(xy) = g(x).g(y)
Từ đây do f liên tục nên g cũng liên tục =⇒ g(x) = xa =⇒ f (x) = x + 1
1 − x
a
(1 − x)
Thử lại thỏa Vậy f (x) = x + 1
1 − x
a
Tiếp tục 1 bài sử dụng hàm Cauchy:
Ví dụ 13 Tìm f : R → R liên tục thỏa (f (x))2 = f (x + y).f (x − y) 4 Lời giải
Cho x = y có (f (x))2 = f (2x)f (0) =⇒ f (2x)f (0) = f (x + y)f (x − y)
Đặt f (x) = g(x)f (0), u = x + y, v = x − y có g(u + v) = g(u)g(v) ( hàm cauchy )
Dễ thấy u, v ∈ R kết hợp với g liên tục do f liên tục
Ta được hai hàm g(x) = 0 hoặc g(x) = ax, a > 0 =⇒ f (x) = k · ax ( với k = f (0) )
Như vậy bài toán đã được xử lí hoàn toàn và qua đây cho thấy việc sử dụng hàm Cauchy trong Phương trình hàm liên tục là đặc biệt quan trọng, và đó cũng là 1 kĩ thuật hay, thường gặp trong các kì thi
Mời bạn đọc thử tìm hướng giải cho 3 bài tâp dưới đây thông qua tư tưởng PTH Cauchy
Bài toán 6 Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏaf (x + y) + f (x)f (y) = f (xy) + f (x) + f (y)f (0) 6= 2, f (2) 6= 0
Bài toán 7 Tìm tất cả các hàm liên tục f : R → R thỏa : f x + y
2
2
= f (x)f (y)
Bài toán 8 Tìm tất cả các hàm liên tục f : R → R thỏa :
f (x + f (y + f (z))) = f (x) + f (f (y)) + f (f (f (z)))
Ngoài việc sử dụng hàm Cauchy, một kĩ thuật khác rất quan trọng trong việc dùng dữ kiện liên tục đó chính là quy nạp
Ta cùng xét 1 số ví dụ để thấy được tầm quan trọng của PP quy nạp
Ví dụ 14 Tìm tất cả các hàm liên tục f : R → R thỏa :
f (x) + f (y) + 2 = 2f x + y
2
+ 2f x − y
2
Trang 8
Nhận xét Có lẽ ý tưởng ra đề này là bắt nguồn từ bài 6 trong đề thi HSG Olympic 30-4 năm 2012 tại Vùng Tàu Đề năm đó là :
Tìm tất cả hàm f : Q → R thỏa f (x + y) + f (x − y) = 2f (x) + 2f (y)
Để giải được bài toán này, ta cần giải bài Olympic 30-4 trước rồi từ f liên tục ta sẽ hoàn thành bài toán trên R
Lời giải
Đặt g(x) = f (x) − 1, ta có ngay g(x) + g(y) = 2g x + y
2
+ 2g x − y
2
Hay g(x + y) + g(x − y) = 2g(x) + 2g(y) Dể thấy g(0) = 0 Đặt g(1) = k
Bằng quy nạp ta chứng minh được g(x) = kx2,x ∈ N
Mà g là hàm chẵn ( thay y bởi −y ta sẽ thấy) nên g(x) = kx2,x ∈ Z
Ta sẽ tiếp tục CM g(x) = kx2,x ∈ Q Thật vậy
x ∈ Q =⇒ x = p
q, p, q ∈ Z =⇒ g p
q
= 1
q2g(p) = k p
q
2
=⇒ g(x) = kx2,x ∈ Q Cuối cùng vì f liên tục nên tồn tại dãy số hữu tỉ xnsao cho lim xn= x2, khi n ra vô cùng Khi đó
kx2 = k lim(xn) = lim(k.xn) = lim g(xn) = g(lim xn) = g(x) =⇒ f (x) = kx2 , ∀x ∈ R Thử lại thỏa Vậy g(x) = kx2 hay f (x) = kx2+ 1 ( Bài toán được chứng minh xong) Tiếp theo là một số ví dụ khác sử dụng quy nạp
Ví dụ 15 Tìm tất cả các hàm số f (x) liên tục trên R thỏa mãn:
f (x + y) + f (xy) = f (x) + f (y) + f (x)f (y), với mọi x, y thuộc R 4 Lời giải
f (x + y) + f (xy) = f (x) + f (y) + f (x) f (y) , ∀x, y ∈ R, (1)
Nếu f là hàm hằng thì dễ thấy f ≡ 0
Xét f khác hàm hằng (*)
x = y := 0, (1) =⇒ f (0)2 = 0 =⇒ f (0) = 0 Đặt a = f (1) y := 1
(1) =⇒ f (x + 1) + f (x) = f (x) + f (1) + f (x) f (1) =⇒ f (x + 1) = af (x) + a, ∀x, (2) Nếu a = 0 =⇒ f (x + 1) = 0 ∀x =⇒ f là hàm hằng: trái với (*) Nên a 6= 0
Xét số tự nhiên n bất kì
(2) ⇒ f (n) = af (n − 1) + a
= a2f (n − 2) + a (1 + a)
= · · ·
= an−1f (1) + a 1 + a + + an−2
= an+ a 1 + a + + an−2 TH1: a 6= 1 Khi đó
f (n) = an+ a.a
n−1− 1
a − 1 =
an+1− an+ an− a
a − 1 = a.
an− 1
a − 1 , ∀n ∈ N Trong (1), chọn x, y ∈ N , ta có:
a.a
x+y− 1
a − 1 + a.
axy − 1
a − 1 = a.
ax− 1
a − 1 + a.
ay − 1
a − 1 + a
2ax− 1
a − 1 .
ay− 1
a − 1
⇐⇒ ax+y− 1 + axy− 1 = ax− 1 + ay − 1 + a (ax− 1) (ay− 1)
⇐⇒ ax+y+1− axy− ax+y − ax+1− ay+1+ ax+ ay − a = 0, (3)
x = y := 1, (3) ⇒ a3− 3a2 = 0 ⇔ a ∈ {0; 1; 2} ⇔ a = 2
x := 1; y := 2, (3) ⇒ a5− 2a4− 2a3+ 2a2+ a = 0 ⇒ a 6= 2
2 điều này mâu thuẫn nhau nên trong TH1, không tồn tại f thoả đề
Trang 9TH2: a = 1 Khi đó, (2) trở thành:f (x + 1) = f (x) + 1, ∀x
Bằng quy nạp, ta thu được 2 điều sau:
f (n) = n, ∀n ∈ Z
f (x + n) = f (x) + n, ∀x ∈ R, ∀n ∈ Z Chọn bất kì 2 số nguyên khác 0 là p, q Ta có:
f
q.p q
= f (p) + f p
q
+ f (p) f p
q
− f
q + p q
⇔ p = p + f p
q
+ pf p
q
− f p q
− q
⇔ f p
q
= p
q, ∀p, q ∈ Z\{0} ⇒ f (x) = x, ∀x ∈ Q
Do f liên tục nên với mọi số thực r, ta chọn dãy hữu tỷ (xn) sao cho lim xn= lim yn= x thì ta sẽ có f (x) = f (lim xn) = lim f (xn) = lim xn= x
Ví dụ 16 Tìm hàm f : R+→ R+ thỏa f (x).f (y) = f (xy) + f x
y
với mọi x, y > 0 4
Lời giải
Đặt g(x) = f (ex) thì: g(x).g(y) = g(x + y) + g(x − y), với mọi x, y ∈ R (*)
Từ (*) chọn (x, y) = (0, 0) ta thu được g(0) = 2 Giả sử tồn tại x0 ∈ R mà g(x0) < 2 Xét dãy (un) được xác định bởi: u0 = g(x0), un+1 = u2n− 2, n ≥ 0
Từ (*) thì g(2nx0) = un> 0 (1)
Dễ dàng chứng minh được dãy (un) không thể luôn dương, điều này mâu thuẫn với (1) Vậy g(x) ≥ 2, với mọi x ∈ R
Từ đó với mọi x0 ∈ R tồn tại a mà g(x0) = ax0 + a−x0
Bằng quy nạp ta thu được: g(nx0) = anx0 + a−nx0, n ∈ Z (**)
Đặt g(1) = c + c−1 Từ (**) chọn (n, x0) = (n, 1) suy ra: g(n) = cn+ c−n
Từ (**) chọn (n, x0) =
n, 1 n
suy ra: g 1
n
= cn1 + c−n1
Từ (**) chọn (n, x0) =
m, 1 n
suy ra: gm
n
= cmn + c−mn
Từ tính liên tục của hàm g(x) suy ra g(x) ≡ cx+ c−x Do đó f (x) = cln(x)+ c− ln(x) Cuối cùng , tác giả xin được giới thiệu 1 số bài sử dụng dãy số trong PTH liên tục
Ví dụ 17 Tìm tất cả các hàm liên tục thỏa : f (x) = fx
a
Lời giải
Từ đề ra ta có f (x) = fx
a
= fx
a2
= · · · = f x
a2 n
Do f liên tục nên f (x) = lim
n→+∞f x
a2 n
= f
lim
n→+∞
x
a2 n
= f (0) = c
Ví dụ 18 Tìm tất cả các hàm liên tục f : R → R thỏa : f (x) = f
x2+1 4
Trang 10
Lời giải.
Xét dãy số :
(
x1 = x
xn+1= x2n+1
4
Dễ thấy xn là dãy tăng và lim xn = 1
2 Khi đó ta có : f (x) = f (a1) = f (a2) = · · · = f (an) = lim f (xn) = f (lim xn) = f 1
2
=⇒ f (x) = f (1
2) = c Vậy f (x) = f (
1
Ví dụ 19 Tìm hàm f : [0, 1] → R liên tục thỏa các điều kiện sau :
f (x) = 2 − x
2
2 f (
x2
2 − x2)
f (0) = 1 lim
x→1 −
f (x)
√
1 − x 6= ∞
4
Lời giải (Gợi ý)
Xét f (x) = √
1 − x2g(x) Thay vào và sau đó dùng dãy số ta được g(x) = g(0) = 1 =⇒ f (x) =√
d) Các bài Phương trình hàm hay được đăng trên diễn đàn.
Đây là các bài Phương trình hàm được các thành viên VMF đăng lên diễn đàn và được
xử lí khá đẹp, có thể nó sẽ giúp ích các bạn trong việc tư duy khi gặp các bài hàm
Bài toán 9 Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa:
f (x + y) + f (x2+ f (y)) = (f (x))2+ f (x) + f (y) + y, ∀x, y ∈ R
( Đề do Idie9xx đăng và cũng bạn này giải )
Lời giải
Với P (x, y) có tính chất f (x + y) + f (x2+ f (y)) = (f (x))2+ f (x) + f (y) + y
P (0, x) ⇒ f (f (x)) = y + (f (0))2+ f (0) ⇒ f toàn ánh
P (x, 0) ⇒ f (x2+ f (0)) = (f (x))2+ f (0)
⇒ (f (x))2 = (f (−x))2 ⇒ f (x) = −f (−x) (do f đơn ánh), ⇒ f (0) = 0 (do f toàn ánh)
P (y, x) ⇒ f (x + y) + f (y2+ f (x)) = (f (y))2+ f (x) + f (y) + x
P (−y, x) ⇒ f (x−y)+f (y2+f (x)) = (f (y))2+f (x)−f (y)+x ⇒ f (x+y)−f (x−y) = 2f (y) Tương tự cũng có f (x + y) − f (y − x) = 2f (x) ⇒ f (x + y) = f (x) + f (y)
Mà f (x2) = (f (x))2 nên f (x) = x (thỏa) hoặc f (x) = 0 (không thỏa)
Bài toán 10 Tìm tất cả các hàm số f,g: R → R thỏa mãn:
g(f (x) − y) = f (g(y)) + x ∀x, y ∈ R
Lời giải
Quy ước: a := b nghĩa là thay a bởi b
g (f (x) − y) = f (g (y)) + x, ∀x, y ∈ R, (1)
Đặt g(0) = b